【备战2023高考】数学专题讲与练-考向16《利用导数研究函数的极值与最值》（重点）全能练（新高考地区专用）

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【2022·全国·高考真题（理）】当时，函数取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
【2022·全国·高考真题（文）】函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
1．由图象判断函数的极值，要抓住两点：（1）由的图象与x轴的交点，可得函数的可能极值点；（2）由导函数的图象可以看出的值的正负，从而可得函数的单调性．两者结合可得极值点．
2．已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：（1）根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；（2）因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验．
3．求函数在闭区间内的最值的思路
（1）若所给的闭区间不含有参数，则只需对函数求导，并求在区间内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与，比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
（2）若所给的闭区间含有参数，则需对函数求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值．
（1）若函数在区间D上存在最小值和最大值，则
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
不等式在区间D上恒成立；
（2）若函数在区间D上不存在最大（小）值，且值域为，则
不等式在区间D上恒成立．
不等式在区间D上恒成立．
（3）若函数在区间Ｄ上存在最小值和最大值，即，则对不等式有解问题有以下结论：
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
不等式在区间D上有解；
（4）若函数在区间D上不存在最大（小）值，如值域为，则对不等式有解问题有以下结论：
不等式在区间D上有解
不等式在区间D上有解
（5）对于任意的，总存在，使得；
（6）对于任意的，总存在，使得；
（7）若存在，对于任意的，使得；
（8）若存在，对于任意的，使得；
（9）对于任意的，使得；
（10）对于任意的，使得；
（11）若存在，总存在，使得
（12）若存在，总存在，使得．
1．函数的极值
函数在点附近有定义，如果对附近的所有点都有，则称是函数的一个极大值，记作．如果对附近的所有点都有，则称是函数的一个极小值，记作．极大值与极小值统称为极值，称为极值点．
求可导函数极值的一般步骤
（1）先确定函数的定义域；
（2）求导数；
（3）求方程的根；
（4）检验在方程的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数在这个根处取得极小值．
注①可导函数在点处取得极值的充要条件是：是导函数的变号零点，即，且在左侧与右侧，的符号导号．
②是为极值点的既不充分也不必要条件，如，，但不是极值点．另外，极值点也可以是不可导的，如函数，在极小值点是不可导的，于是有如下结论：为可导函数的极值点；但为的极值点．
2．函数的最值
函数最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数最小值为极小值与靠近极大值的端点之间的最小者．
导函数为
（1）当时，最大值是与中的最大者；最小值是与中的最小者．
（2）当时，最大值是与中的最大者；最小值是与中的最小者．
一般地，设是定义在上的函数，在内有导数，求函数在上的最大值与最小值可分为两步进行：
（1）求在内的极值（极大值或极小值）；
（2）将的各极值与和比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；
②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；
③函数的最值必在极值点或区间端点处取得．
1．（2022·山西太原·三模（文））已知函数
（1）若在时取得极小值，求实数k的值；
（2）若过点可以作出函数的两条切线，求证：
2．（2022·湖北·模拟预测）已知函数，（）．
（1）若存在两个极值点，求实数的取值范围；
（2）若，为的两个极值点，证明：．
3．（2022·河南郑州·高三阶段练习（文））已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间及其最大值与最小值．
4．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）若，，求的最大值．
5．（2022·山东菏泽·高三期末）设函数．
（1）求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值．
6．（2022·北京市第九中学模拟预测）已知．
（1）当时，判断函数零点的个数；
（2）求证：．
1．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测（文））已知函数的最小值分别为，则（ ）
A．B．C．D．的大小关系不确定
2．（2022·北京·北大附中三模）如图矩形，沿对折使得点与边上的点重合，则的长度可以用含的式子表示，那么长度的最小值为（ ）
A．4B．8C．D．
3．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））已知函数为定义在上的增函数，且对，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．（2022·江西省丰城中学模拟预测（文））已知函数在上有最小值，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知函数有两个极值点，且，则的极大值为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·广东广州·三模）设为函数的导函数，已知，则（ ）
A．在单调递增
B．在单调递减
C．在上有极大值
D．在上有极小值
7．（2022·全国·模拟预测（文））下列结论正确的是（ ）
A．设函数，其中a，，当a＝－3，时，函数有两个零点
B．函数没有极值点
C．关于x的方程在区间上仅有一个实根，则实数a的取值范围为
D．函数有两个零点
8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数在区间上既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．（2022·安徽·蒙城第一中学高三阶段练习（文））已知为常数，函数有两个极值点，其中一个极值点满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．（多选题）（2022·湖南·湘潭一中高三阶段练习）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数只有一个零点
B．函数只有极大值而无极小值
C．当时，方程有且只有两个实根
D．若当时，，则t的最大值为2
11．（多选题）（2022·重庆八中模拟预测）设函数的定义域为，是的极小值点，以下结论一定正确的是（ ）
A．是的最小值点
B．是的极大值点
C．是的极大值点
D．是的极大值点
12．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）（多选）已知函数，其导函数为，给出以下命题正确的是（ ）
A．的单调递减区间是
B．的极小值是
C．当时，对任意的且，恒有
D．函数有且只有一个零点
13．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知函数，，若，不等式恒成立，则正数的取值可以是（ ）
A．B．C．D．
14．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知，则（ ）
A．的定义域是
B．若直线和的图像有交点，则
C．
D．
15．（2022·福建·福州三中高三阶段练习）如果两个函数存在零点，分别为，若满足，则称两个函数互为“度零点函数”.若与互为“2度零点函数”，则实数的最大值为___________.
16．（2022·浙江湖州·模拟预测）设，若存在，使得，则称函数与互为“n度零点函数”．若与互为“1度零点函数”，则实数a的取值范围为_____________．
17．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））实数x，y满足，则的值为______．
18．（2022·河南新乡·高三期末（文））已知函数在x＝2处取得极小值，则______．
19．（2022·全国·高三专题练习（理））若函数在区间上存在极值，则实数的取值范围是________．
20．（2022·全国·高三专题练习（理））已知x＝是函数的极值点，则a＝________.
21．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知函数，其中m＞0，f '(x)为f(x)的导函数，设，且恒成立．
(1)求m的取值范围；
(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f '(x)的极小值点为x1，求证：x0＞x1．
22．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数，．
(1)若，求函数的极值；
(2)设，当时，（是函数的导数），求a的取值范围．
23．（2022·广东·大埔县虎山中学高三阶段练习）已知函数的图象在点处的切线方程为．
(1)若，求，；
(2)若在上恒成立，求的取值范围．
24．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（文））已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)设函数的最大值为m，证明：.
25．（2022·全国·郑州一中模拟预测（理））已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：.
26．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知函数
(1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围；
(2)设是两个不相等的实数，且．求证：
27．（2022·山东师范大学附中高三期中）设函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)任意正实数，当时，试判断与的大小关系并证明
28．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知函数，曲线在处的切线与直线垂直.
(1)设，求的单调区间；
(2)当，且时，，求实数的取值范围.
29．（2022·北京市大兴区兴华中学三模）设函数，．
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围；
(3)求证：当时，．
1．（2022·全国·高考真题（理））当时，函数取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．1
2．（2022·全国·高考真题（文））函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
3．（2021·全国·高考真题（理））设，若为函数的极大值点，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2022·全国·高考真题（理））已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
5．（2021·全国·高考真题）函数的最小值为______.
6．（2022·全国·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
7．（2022·全国·高考真题（文））已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
8．（2021·北京·高考真题）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
9．（2021·天津·高考真题）已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
10．（2021·全国·高考真题（理））设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
1．【解析】（1）解：
∴，
∴
当时，令，得
∴在单调递减，在单调递增，
所以在时取得极小值，
∴
（2）证明：设切点为，
∴切线为，
又切线过点，
∴
∴，（*）
设
则
∴在单词递减，在单调递增．
∵过点可作的两条切线，
∴方程（*）有两解
∴，
由，得
∴，即．
2．【解析】（1）（1），，
若存在两个极值点，
则在上有两个根，
所以有两个根，
即与，有两个交点，
，
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以时，，
所以，
所以的取值范围为．
（2）证明：由（1）知，且，，
所以
，
所以只需证明，
令，故，原不等式等价于对成立，
令，
，
所以单调递减，
则有（1）．
3．【解析】（1）当时，定义域为，，
，，故在点处的切线方程为：，即；
（2）由题意得：，，故，此时，经检验，符合要求，
，令时，，，令得：或
，令得：，的单调递增区间为，，单调递减区间为；又当时，恒成立，当时，恒成立，故，，即最大值为，最小值为．
4．【解析】（1），
当时，当恒成立，在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）依题意得对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，
令，则在上单调递增，
，
当时，，即；当时，，即，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，故的最大值为．
5．【解析】（1）解：由题意，函数，
则，可得，
所以曲线在点处的切线方程为，
即，可得直线在x轴，y轴上的截距分别为，，
所以所求三角形的面积为．
（2）解：由，
则，所以函数为增函数，
又因为，所以当时，，
所以函数在上单调递增，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为．
即函数在区间上的最大值为，最小值为．
6．【解析】（1）当时，，，当且仅当时取“=”，
所以在R上单调递增，而，即0是的唯一零点，
所以函数零点的个数是1．
（2），令，则，因，则，
因此，函数在上单调递增，，，
所以当时，成立．
1．【答案】A
【解析】令，则，
∵当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递减，
所以，
所以，
∴
（当且仅当时“”成立），，
（当且仅当时，“”成立），，.
所以
故选：A
2．【答案】D
【解析】设，，，，则，则有和，
代入，解得：，
令和，
导函数，即可得的最大值在时取得，
此时，求得此时，
故选：D.
3．【答案】D
【解析】∵，，∴，
∵不等式对恒成立，
∴对恒成立，
∵函数为定义在上的增函数，∴，化为：，
令，则，
时，，此时函数单调递增；时，，此时函数单调递减.
∴时，函数取得极大值.
.
∴.
则实数a的取值范围是.
故选：D.
4．【答案】D
【解析】解：，
，
若函数在上有最小值，
即在先递减再递增，
即在先小于0，再大于0，
令，得，
令，，
只需的斜率大于过的的切线的斜率即可，
设切点是，，
则切线方程是：，
将代入切线方程得：，
故切点是，切线的斜率是1，
只需即可，解得，即，
故选：D．
5．【答案】B
【解析】解：因为，
，所以有两个不同的实数解，
且由根与系数的关系得，，
由题意可得，
解得，
此时，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故当时，取得极大值．
故选：B．
6．【答案】D
【解析】由题意知：，，令，则，显然当时，，单减，
当时，，单增，故A，B错误；在上有极小值，令，则，
又，则，故在上有极小值，C错误；D正确.
故选：D.
7．【答案】C
【解析】A.因为函数，所以，令，得，
当或时，，当时，，
所以当时，取得极大值，当时，取得极小值，
又，所以，所以函数有一个零点，故错误；
B.因为，所以，
当时，，当时，，
所以是的极小值点，故错误；
C.令，则，
当或时，，当时，，
所以当时，取得极大值，当时，取得极小值，
因为方程在区间上仅有一个实根，
所以 或，
解得或，
所以实数a的取值范围为，故正确；
D.因为，所以，令，得，
当时，，当时，，
所以当时，函数取得极大值，
又时，，时，，
所以函数只有一个零点，故错误；
故选：C
8．【答案】C
【解析】函数，导函数.
因为在上既有极大值又有极小值，所以在内应有两个不同的异号实数根．
，解得：，实数a的取值范围.
故选：C．
9．【答案】D
【解析】，由函数有两个极值点，
则等价于有两个解，即与有两个交点，
所以.
直线过点
由在点处的切线为，显然直线过点
当时，直线与曲线交于不同两点（如下图），且，
，
令，则，
所以单调递增，，即，
故选： D.
10．（多选题）【答案】CD
【解析】对于A，由得：，解得，A不正确；
对于B，对求导得：，当或时，，当时，，
即函数在，上单调递减，在上单调递增，
因此，函数在处取得极小值，在处取得极大值，B不正确；
对于C，由选项B知，作出曲线及直线，如图，观察图象得当时，直线与曲线有2个交点，
所以当时，方程有且只有两个实根，C正确；
对于D，因，而函数在上单调递减，因此当时，，
当且仅当，即，所以t的最大值为2，D正确.
故选：CD
11．（多选题）【答案】BD
【解析】对A，是的极小值点，不一定是最小值点，故A错误；
对B，因函数与函数的图象关于x轴对称，故应是的极大值点，故B正确；
对C，因函数与函数的图象关于y轴对称，故应是的极小值点，故C错误；
对D，因函数与函数的图象关于原点对称，故是的极大值点，故D正确.
故选：BD.
12．（多选题）【答案】ABCD
【解析】，其导函数为．
令，解得，，
当时，即或时，函数单调递增，
当时，即时，函数单调递减；
故当时，函数有极小值，极小值为，当时，函数有极大值，极大值为，，故函数只有一个零点，又故ABD正确；
令，则故在上，即在上单调递增，根据切割线的定义可知，当时，对任意的，恒有，即
对任意的，恒有，即，
故C正确；
故选：ABCD．
13．（多选题）【答案】AB
【解析】因为，所以在上单调递增，
所以对，；
，所以 ，
当时， ；当时， ，
函数在上单调递增，在上单调递减，
∴；
因为，任意，不等式恒成立，
即，整理得，
解得或，所以正数的取值范围为；
6e与均在区间内，
与均不在区间内；
故选：AB．
14．（多选题）【答案】AC
【解析】A：，所以的定义域为，故A正确；
B：，设，
则，
有在上恒成立，故在上单调递减，
且，所以当时，当时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，若直线与的图像有交点，则，故B错误；
C：由B中的分析，，代入得，故C正确；
D：由B中的分析，，代入得，故D错误．
故选：AC
15．【答案】
【解析】函数的零点为3，设函数的零点为，则.，令，，；，即函数在上单调递增，在上单调递减，，即实数的最大值为.
故答案为：
16．【答案】
【解析】解：由，解得，
由，得，
设其解为，
因为与互为“1度零点函数”，
所以，解得，
又，
设，则，
当时，是增函数，
当时，是减函数，
∴，
又，，
∴实数a的取值范围为.
故答案为：
17．【答案】
【解析】因为，所以．
显然，令，则，且，
令，则，
所以当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以对，，即，当且仅当时等号成立．
综上，当且仅当时，成立，
此时，解得．
故答案为：
18．【答案】1或3
【解析】依题意，，因在x＝2处取得极小值，
则，解得m=1或m=3，经检验，当m＝1或m＝3时，在x＝2处均取得极小值，
所以m的值为1或3.
故答案为：1或3
19．【答案】
【解析】由，得
，
因为函数在区间上存在极值，
所以在上有变号零点，
因为，所以，即在上有解，
转化为在上有解.
因为，所以，即，
于是，得.由此可得.
实数a的取值范围是.
故答案为：.
20．【答案】1
【解析】解：由f(x)＝xln(ax)＋1，得f′(x)＝ln(ax)＋x··a＝ln(ax)＋1，
又x＝是f(x)的极值点，所以f′＝ln＋1＝0，则a＝1，
所以，则，令，得x＝，且时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，
所以经验证a＝1时，x＝是函数f(x)＝xln(ax)＋1的极值点.所以a＝1.
故答案为：1.
21．【解析】(1)由题设知，
则，
所以
当x＞1时，h'(x)＞0，则h(x)在区间(1，＋∞)是增函数，
当0＜x＜1时，h'(x)＜0，则h(x)在区间(0，1)是减函数，
所以h(x)min＝h（1）＝，解得，
所以m的取值范围为
(2)
令
则＝恒成立，
所以t(x)在(0，＋∞)单调递增．
又，
所以存在，使得t(x2)＝0，
当x∈(0，x2)时，t'(x)＜0，即f ''(x)＜0，则f '(x)在(0，x2)单调递减；
当x∈(x2，＋∞) 时，t'(x)＞0，即f ''(x)＞0，则f '(x)在(x2，＋∞)单调递增；
所以f '(x)在x＝x2处取得极小值．即x1＝x2，
所以t(x1)＝0，即，
所以，
令，则 s(x)在(0，＋∞)单调递增；
所以s(x1)＜0
因为f(x)的零点为x0，则，即s(x0)＝0
所以s(x1)＜s(x0)，所以x0＞x1
22．【解析】(1)解：，
令，得或，
当或时，，当时，，
所以函数在（0，1）上单调递增，在（1，e）上单调递减，在上单调递增，
所以函数的极大值为，函数的极小值为．
(2)，
，即，
即，
设，，
设，，
当时，，当时，，
所以函数在（0，1）上单调递减，在上单调递增，
，即，
则函数在上单调递增，则由，
得在上恒成立，即在上恒成立．
设，，
当时，，当时，，
所以函数在（0，e）上单调递增，在上单调递减，
所以，
故．
23．【解析】(1)解：，，
所以，即
又．
又点在切线上，
，所以，
又，所以，．
(2)解：，
在，上恒成立，
设，则在，上恒成立，
，又，
而当时．
当即时，在上恒成立，
；
当即时，
时，且当时，，当时，；
则①，
又与①矛盾，不符题意，故舍去．
综上所述，的取值范围为．
24．【解析】(1)当时，.
∴，令，得.
∴当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
故函数的减区间为，增区间为；
(2)由，令，得.
∴当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
∴.
令，则.
∴当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
∴，即.
25．【解析】(1)依题意知，，
令得，
当时，在上，单调递减，在单调递增；
当时，在上，单调递增，在单调递减.
(2)依题意，要证，
①当时，，，故原不等式成立，
②当时，要证：，即证：，
令，则，，
∴在单调递减，∴，∴在单调递减，∴，即，
故原不等式成立.
26．【解析】(1)当时，，
因为，所以，即，不符合题意；
当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以．
由恒成立可知，所以．
又因为，所以的取值范围为．
(2)因为，所以，即．
令，由题意可知，存在不相等的两个实数，，使得．
由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减．
不妨设，则．
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，即在区间上恒成立．
因为，所以．
因为，所以．
又因为，，且在区间上单调递增，
所以，即．
27．【解析】(1)时，，，
令得；令得或
故的单增区间为，单减区间为，
(2)结论：，证明如下：
设，由 均为正数且得
设，则
①当时，由得即
故单调递减，从而
而，此时成立
②当时，在上单调递减，在上单调递增
故的最小值为
此时只需证，化简后即证
设，
故单调递增，从而有，即证
综上：不等式得证．
28．【解析】(1)∵
曲线在处的切线与直线垂直，则，即
∴，的定义域为
则
当时，，时，，
函数的单调增区间为，单调减区间为，
(2)当，且时，，即
构建，则
当，由当时恒成立
在上单调递减且
当时，，则；
当时，，则
∴当，且时，.
当时，当时，
在上单调递增且
∴当时，，可得，与题设矛盾.
当，则
在上单调递增且
∴当时，，可得，与题设矛盾.
综上所述：的取值范围为.
29．【解析】(1)，，即切线.
，，则切线方程为：.
(2)，恒成立等价于，恒成立.
设，，
，，为增函数，
，，为减函数，
所以，即.
(3)，等价于，.
设，，，
设，，，
所以在为增函数，即，
所以，
即在为增函数，即，
即证：.
1．【答案】B
【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
2．【答案】D
【解析】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
3．【答案】D
【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
4．【答案】
【解析】解：，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，当时，，
若时，当时，，则此时，与前面矛盾，
故不符合题意，
若时，则方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
∵,∴函数的图象是单调递减的指数函数，
又∵,∴的图象由指数函数向下关于轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的倍得到，如图所示：
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，
故切线方程为，
则有，解得，
则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，
又，所以，
综上所述，的范围为.
5．【答案】1
【解析】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
6．【解析】(1)的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
(2)由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故在上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
7．【解析】(1)当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
(2)，则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
8．【解析】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
9．【解析】（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
10．【解析】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】
（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
增
极大值
减
极小值
增